黑龍江省哈爾濱三中2024-2025學年高三（上）期末物理試卷（含解析）

第=page1414頁，共=sectionpages1515頁黑龍江省哈爾濱三中2024-2025學年高三（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.以下說法正確的是(

)A.布朗運動說明構成固體顆粒的分子在永不停息地做無規(guī)則運動

B.電冰箱的工作過程表明，熱量可以自發(fā)地從低溫物體向高溫物體傳遞

C.表面張力使液體表面具有擴張趨勢，使液體表面積趨于最大

D.在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w2.如圖所示、甲、乙兩位同學握住繩子A、B兩端搖動，A、B兩端近似不動，且A、B兩點連線沿水平方向，繩子上P、Q等各點均同步在豎直面做勻速圓周運動。當繩子在空中轉(zhuǎn)到如圖所示位置時，則(

)A.P點的線速度方向沿繩子切線 B.P點所受合外力垂直于繩斜向下

C.P點和Q點的線速度大小相等 D.P點的角速度等于Q點的角速度3.t=0時刻，小球甲(視為質(zhì)點)從地面開始做豎直上拋運動，小球乙(視為質(zhì)點)從距地面高度為h0處由靜止釋放，甲、乙小球不在同一豎直線上，兩小球距地面的高度h與運動時間t的關系圖像如圖所示，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是(

)A.甲的初速度比乙落地時的速度大

B.甲、乙落地的時間差為2h0g

C.甲上升過程的平均速度比乙下降過程的平均速度小4.某交變電流電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示(初始部分為正弦函數(shù)的四分之一周期)，下列說法正確的是(

)A.將此交流電與擊穿電壓是200V的電容器相連，電容器不會被擊穿

B.該交變電流電壓的有效值為1005V

C.將該交變電流加在交流電壓表兩端時，電壓表讀數(shù)為2005.沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，其電勢φ隨位置x變化的圖像如圖所示，一帶負電、電荷量大小為e的試探電荷，經(jīng)過x2點時動能為1.5eV，速度沿x軸正方向。若該電荷僅受電場力，則下列說法正確的是(

)A.該電荷到達x3點時加速度最大

B.x2點的電場強度方向沿著x軸正方向

C.該電荷到達x3點時動能最大，此時的動能為2.5eV

6.哈三中的科技興趣小組同學在地球表面測量某一單擺(擺長可以調(diào)整)周期T和擺長L的關系，將此關系畫在如圖所示T-L圖像中，如圖線A所示。圖中圖線B是某宇航員將此單擺移到半徑與地球相同的另一行星X表面重做實驗而獲得的，則與地球相比較，該行星X的(忽略星球自轉(zhuǎn)對地球和行星X帶來的影響)(

)A.密度為地球的14倍 B.表面重力加速度為地球的12倍

C.質(zhì)量為地球的4倍 D.第一宇宙速度為地球的7.如圖所示，一根足夠長的粗糙絕緣細直桿MN，固定在豎直平面內(nèi)，與水平面的夾角為30°，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場充滿直桿所在的空間，桿與磁場方向垂直。質(zhì)量為m的帶負電小環(huán)(可視為質(zhì)點)套在直桿上，與直桿之間有一個極小的空隙，小環(huán)與直桿之間動摩擦因數(shù)μ=0.5，將小環(huán)從直桿MN上的P點由靜止釋放，下降高度為h之前速度已達到最大值。已知小環(huán)和直桿之間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，小環(huán)的電荷量為-q(q>0)，重力加速度大小為A.小環(huán)釋放后，一直做加速度減小的加速運動

B.小環(huán)釋放后，小環(huán)的速度先增大后減小

C.小環(huán)釋放后，加速度的最大值為2-34g

D.二、多選題：本大題共3小題，共18分。8.物理學發(fā)展推動了社會進步，以下關于物理學史和方法的說法不正確的是(

)A.美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數(shù)值

B.質(zhì)點、點電荷概念的建立應用了理想化模型的思想

C.法拉第提出了電場的觀點，并歸納總結(jié)出感應電動勢公式為E=nΔΦΔt9.傾角為θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量m=1kg的物塊A用輕質(zhì)細繩跨過光滑的定滑輪和水平地面上質(zhì)量為M=3kg的小車B相連。初始時小車B尾端在滑輪正下方距滑輪h=0.4m處，t=0時刻小車從靜止開始以恒定的功率P=40W啟動，并帶動物塊A沿斜面向上運動，當細線與水平方向的夾角θ=30°時小車B運動到Q位置，整個過程中小車B克服地面阻力做功為78JA.小車B經(jīng)過5s運動到Q位置

B.在Q位置時，物塊A的速度大小是小車B速度大小的233倍

C.小車B運動到Q位置時，物塊A的速度大小為43m/s

D.小車10.如圖所示，一質(zhì)量為m、長為L的木板A靜止在光滑水平面上，其左側(cè)固定一勁度系數(shù)為k的水平輕質(zhì)彈簧，彈簧原長為l0，右側(cè)用一不可伸長的輕質(zhì)細繩連接于豎直墻上。現(xiàn)使一可視為質(zhì)點的小物塊B以初速度v0從木板的右端無摩擦地向左滑動，而后壓縮彈簧。設B的質(zhì)量為λm，當λ=2時細繩恰好被拉斷。已知彈簧彈性勢能的表達式Ep=12kA.細繩所能承受的最大拉力Fm=2v0mk

B.當λ=2時，小物塊B滑離木板A時木板運動的對地位移sA=13(三、實驗題：本大題共2小題，共12分。11.某同學利用如圖甲所示的裝置來測量彈射器彈出彈丸的速度，選用的器材為貼有白紙的屏、刻度尺、復寫紙、支架等。實驗時先用支架將彈射器固定好，接著彈射器向豎直屏水平發(fā)射彈丸，該彈丸通過碰撞復寫紙在白紙上留下落點位置。將豎直屏向遠離彈射器的方向移動，每次移動的距離均為0.3m，通過幾次重復實驗(每次發(fā)射前彈簧的壓縮量均相同)，挑選了一張有3個連續(xù)落點痕跡的白紙，部分測量數(shù)據(jù)如圖乙所示。取重力加速度大小g=10m/s2。

(1)固定彈射器時確保彈射器水平是為了確保______。

(2)根據(jù)測量的數(shù)據(jù)可知，彈丸從A點所在高度運動到B點所在高度的時間T=______s，彈丸的水平初速度大小v0=______m/s，彈丸運動到B點前瞬間的速度大小12.干電池用久后通常電動勢會減小，內(nèi)阻增大。某同學利用電流傳感器(可以看成理想電流表)、定值電阻R0、電阻箱R等實驗器材分別研究新、舊兩節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗裝置如圖甲所示。首先測量電池a的電動勢和內(nèi)阻，實驗時多次改變R的阻值，用電流傳感器測得對應的電流值I，在計算機上顯示出如圖乙所示的1I-R的關系圖線a，重復上述實驗方法測量電池b的電動勢和內(nèi)阻，得到圖乙中的圖線b。

(1)若定值電阻R0=0.5Ω，令y=1I，x=R，由圖乙中實驗圖線a的擬合方程y=57x+157可得，電池a的電動勢Ea=______V，內(nèi)阻r內(nèi)=______Ω(所有結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)。

(2)根據(jù)圖乙可以判斷，圖線______(選填“a”或“b”)對應的是舊電池。

四、計算題：本大題共3小題，共42分。13.如圖所示，A為豎直放置的導熱汽缸，其質(zhì)量M=5kg、高度L=9cm，B為質(zhì)量m=2kg的導熱活塞，汽缸內(nèi)封閉著一定質(zhì)量(遠小于汽缸的質(zhì)量)的理想氣體，B與水平地面間連有勁度系數(shù)k=1000N/m的輕彈簧，A與B的橫截面積均為S=10cm2。當整個裝置靜止時，活塞B距汽缸底部的高度為23L。活塞與汽缸間緊密接觸且無摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不計，外界大氣壓強p0=1×105Pa，環(huán)境溫度不變，彈簧原長l14.如圖所示，豎直向上的勻強電場中，豎直平面內(nèi)有一邊長為L的正方形區(qū)域MNCD，直線PQMN在同一水平線上。在正方形內(nèi)除了有豎直向上的勻強電場外，還在適當區(qū)域中有垂直紙面的勻強磁場。質(zhì)量為m、電量為+q(q>0)的小球A在P點以v0沿PQMN水平向右運動，另一質(zhì)量為m、電量也為+q(q>0)的小球B靜止在Q點，A、B瞬間碰撞并結(jié)合在一起成為一組合體向右運動，從M點飛入磁場并從C點飛出磁場；已知該組合體從MD邊上的任意一點以和M點相同速度入射該正方形區(qū)域，都只能從C點射出磁場，不計小球間的庫侖力，小球均可看成質(zhì)點，重力加速度大小為g。求：

(1)勻強電場場強E的大小及AB碰后共同運動的速度v的大小；

15.一很長的光滑固定水平面的左端放有質(zhì)量M=0.12kg的U形導體框，俯視圖如圖所示，導體框EF間電阻R1=1Ω、其余部分的電阻忽略不計；一電阻R2=2Ω的金屬桿PQ的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路FEPQ；EF的長度L=0.3m。初始時PQ與EF相距s=0.9m，U形導體框EF邊受到水平向右的恒力F1作用、其大小F1=kM(M為導體框的質(zhì)量)，金屬桿PQ也受到水平向右的恒力F2作用、其大小F2=km(m為金屬桿PQ的質(zhì)量)；比例系數(shù)均為k=6m/s2，金屬桿與導體框同時由靜止開始向右運動，金屬桿運動一段距離后進入一方向垂直于水平面向上的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界(圖中虛線)與EF平行；金屬桿在磁場中做勻速運動，其受到的安培力大小為0.48

答案和解析1.【答案】D

【解析】A、布朗運動是懸浮在液體中固體小顆粒的運動，布朗運動說明了液體分子不停地做無規(guī)則運動，故A錯誤；

B、根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量不可以自發(fā)地從低溫物體向高溫物體傳遞，電冰箱工作的過程中還需要消耗電能，故B錯誤；

C、液體表面張力是液體表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大，分子力表現(xiàn)為引力的結(jié)果，液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢，故C錯誤；

D、在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w，故D正確。

故選：D。

2.【答案】D

【解析】AB.P點做勻速圓周運動的圓心是過P點作圖中虛線的垂線和虛線的交點，故P點所受合力方向指向交點，方向豎直向下，P點線速度方向為垂直于紙面向里或向外，故AB錯誤；

CD.由于是共軸轉(zhuǎn)動，故P點的角速度等于Q點的角速度，P點圓周運動半徑小于Q點，則P點線速度大小小于Q點的線速度大小，故C錯誤，D正確。

故選：D。

3.【解析】由圖示圖像可知，兩球離地面的最大高度相等，均為h0

A、甲做豎直上拋運動，乙做自由落體運動，甲的下降過程是自由落體運動，由于甲下落過程的高度與乙下落的高度相等，甲、乙落地時的速度相等，甲做豎直上拋運動的初速度大小等于落地時的速度大小，因此甲的初速度與乙落地的速度大小相等，故A錯誤；

B、甲、乙離地面的最大高度相等，則甲乙下落的時間相等，由x-t公式得：h0=12gt2，解得：t=2h0g，甲的運動時間是2t，乙的運動時間是t，則甲乙落地時間差Δt=t=2h0g，故B正確；

C【解析】A、該交流電壓的最大值是2002V，大于200V，所以電容器會被擊穿，故A錯誤；

B、設該交流電壓的有效值為U，則U2RT=(20022)2R?T4+(2002)2R?【解析】A.φ-x圖線斜率表示沿x軸方向的電場強度，所以到達x3點時受的電場力為0，加速度為0，故A錯誤；

B.根據(jù)電勢分布可知，x0～0電場方向沿x軸負方向，0～x1電場方向沿x軸正方向，x1～x3電場方向沿x軸負方向，故B錯誤；

C.x3處電勢最高，帶負電的試探電荷在x3處電勢能最小，總能量一定，故動能最大，在x2處動能為1.5eV，電勢能為-leV，總能量為0.5eV，由圖可知到達x3點時電勢能為-2eV，動能為2.5【解析】根據(jù)單擺周期公式T=2πLg可得，T=2πg?L，由題圖可得L相等時，TATB=31.5=2，可得gAgB=TBTA=12，則地球表面重力加速度與行星X表面的重力加速度之比為gAgB=14。

ABC.在星球表面的物體，有GMmr【解析】AB、剛開始階段，小環(huán)受到重力、支持力沿斜面向上的摩擦力作用，下滑后，由于小環(huán)速度逐漸增大，所以還會受到洛倫茲力作用，受力分析如圖所示，

根據(jù)力的合成與分解，垂直于桿方向有：N+qvB=mgcos30°

沿桿方向有：mgsin30°-μN=ma

隨著小環(huán)速度增大，支持力逐漸減小，摩擦力減小，所以加速度增大，故小環(huán)會做加速度增大的加速運動，之后洛倫茲力大于重力垂直于桿的分力，支持力垂直于桿向下

垂直于桿方向有：qvB=mgcos30°+N

沿桿方向有：mgsin30°-μN=ma

小環(huán)做加速度減小的加速運動，當加速度減小為零時最后做勻速運動，故AB錯誤；

C、小環(huán)釋放后，支持力為零，洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力時，加速度最大

根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30°=mam

解得：am8.【答案】ACD

【解析】A.富蘭克林通過實驗發(fā)現(xiàn)，雷電的性質(zhì)與摩擦產(chǎn)生的電的性質(zhì)相同，并命名了正電荷和負電荷，密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值，故A錯誤；

B.理想化模型法是忽略事物的次要因素，抓住事物的主要因素，把主要因素從所要研究的事物中突出出來，質(zhì)點、點電荷概念的建立應用了理想化模型的思想，故B正確；

C.法拉第提出了電場的觀點，德國物理學家紐曼、韋伯歸納總結(jié)出感應電動勢公式為E=nΔΦΔt，故C錯誤；

D.伽利略應用理想斜面實驗將實驗和邏輯推理結(jié)合，得出了力不是維持物體運動的原因，故D錯誤。

本題選錯誤的，故選：ACD?！窘馕觥緼、整個過程中物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于除重力外的其它力做功，即有

ΔE=Pt-Wf

已知ΔE=122J，Wf=78J，P=40W，解得t=5s，故A正確；

B、在Q位置時，將B的速度分解如圖所示。

則vA=vBcosθ

可得vAvB=cosθ=32，故B錯誤；

C、對系統(tǒng)，由能量關系有

ΔE=mg(hsin3010.【答案】CD

【解析】A.細繩恰好被拉斷時，B的速度為0，細繩拉力為Fm，設此時彈簧的壓縮量為x，則有

kx0=Fm

由能量關系，有

12mv02=12kx02

解得

Fm=v0mk

故A錯誤；

B.當λ=2時，B的質(zhì)量為2m，細繩恰好被拉斷。細繩拉斷后小物塊和長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得

0=mvA-2mvB

則小物塊滑離木板時，二者的位移大小關系為

sA=2sB

又有

sA+sB=L-l0+x0

聯(lián)立解得

sA=23(L-l0+v02mk)

故B錯誤；

C.當λ=3時，設細繩被拉斷瞬間小物塊速度大小為v1，則有

12(3m)v02【解析】(1)固定彈射器時確保彈射器水平是為了確保彈丸彈離彈射器后做平拋運動。

(2)根據(jù)平拋運動規(guī)律有

gT2=hBC-hAB

解得

T=0.10s

彈丸的水平初速度大小

v0=xT

彈丸運動到B點前瞬間豎直方向的分速度大小

vy=hAB+hBC2T

彈丸運動到B點前瞬間的速度大小

vB=【解析】(1)由閉合電路歐姆定律得：E=I(r+R+R0)，整理得：1I=1ER+r+R0E

根據(jù)圖乙所示圖線a的解析式可知：1E=57V-1，157=r+R0E

解得：Ea=1.4V，r內(nèi)=2.5Ω

(2)圖像的解析式為1I=1ER+r+R0E，圖像的斜率k=1E，斜率越大電池電動勢越小，由圖示圖像可知，圖像a的斜率大，所以圖線a的電動勢小，舊電池的電動勢減小，所以圖線a為舊電池，圖線b為新電池。

(3)由題意可知：y=I2(R+R0)，x=R+R0，根據(jù)圖甲所示電路圖可知，y為外電路功率，x為外電阻，由閉合電路的歐姆定律得：I=Er+R+R0，則y=I2(R+R0)=(Er+R+R0)2(R+R014.【解析】(1)小球A沿直線運動，受力平衡，由平衡得：mg=qE

E=mgq

AB碰撞瞬間動量守恒，由動量守恒定律得：mv0=2mv

得v=v02

(2)小球在磁場中受到重力和電場力平衡，洛倫茲力充當

向心力，由左手定則可知磁場方向垂直紙面向外由幾何關系可知組合體在B中做勻

速圓周運動的半徑：

r=L

組合體受洛倫茲力充當向心力：2qvB=2mv2r

解得：B=mv02qL

由題可知自M點垂直于O2D入射小球在O2點沿O2A方向射出，且自O2D邊上其它點垂直

于入射的小球的運動軌道只能在DO2FC區(qū)